Đề thi vào 10 môn Toán Sóc Trăng

Đề bài

Câu 1: Rút gọn biểu thức: \(A = \sqrt {25} {\rm{ \;}} + 2\sqrt {27} {\rm{ \;}} - 3\sqrt {12} \)

Câu 2: Giải hệ phương trình và phương trình:

a) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{2x - y = 9}\end{array}} \right.\)            b) \({x^2} + 5x + 4 = 0\).

Câu 3: Cho hàm số \(y = {\rm{ \;}} - {x^2}\) có đồ thị là parabol \((P)\) và hàm số \(y = x - m\) có đồ thị là đường thẳng \((d)\) (với \(m\) là tham số).

a) Vẽ đồ thị \((P)\) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng \((d)\) cắt parabol \((P)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(T = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right) - 2x_1^2x_2^2\) đạt giá trị lớn nhất.

Câu 4: Trong kỳ thi tuyển lớp 10 năm học 2023 – 2024 của tỉnh Sóc Trăng, bạn An trúng tuyển thủ khoa nên được cha mẹ thưởng cho một chiếc điện thoại mới. Khi đến cửa hàng điện thoại An được tư vấn nếu mua điện thoại kèm phụ kiện thì giá của phụ kiện sẽ được giảm 30% so với giá tiền niêm yết ban đầu. Biết rằng tổng giá tiền điện thoại và phụ kiện ban đầu là 11 500 000 đồng và nhờ mua hai thứ nên cha mẹ An chỉ phải trả tổng số tiền là 11 050 000 đồng. Hãy tính giá của chiếc điện thoại mà An được thưởng là bao nhiêu tiền?

Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH và AB = 6cm, AC = 8cm. Gọi N là trung điểm của BC, kẻ NO vuông góc với AC tại O.

a) Chứng minh AONH là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh CO.CA = CN.CH.

c) Tính độ dài đường cao NI của tam giác NHO.

Câu 6: Một bể cá cảnh hình cầu có bán kính bằng 9cm. Người ta cần đổ vào bể một lượng nước chiếm \(\frac{2}{3}\) thể tích bể. Hỏi cần đổ bao nhiêu lít nước? (biết rằng 1l = 1000 cm_­­³, lấy \(\pi  = 3,14\))

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

Trong toán học, căn bậc hai của một số \(a\) là một số \(x\) sao cho \({x^2} = a\).

Cách giải:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{A = \sqrt {25} {\rm{ \;}} + 2\sqrt {27} {\rm{ \;}} - 3\sqrt {12} }\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \sqrt {{5^2}} {\rm{ \;}} + 2\sqrt {{3^2}.3} {\rm{ \;}} - 3\sqrt {{2^2}.3} }\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = 5 + 2.3\sqrt 3 {\rm{ \;}} - 3.2.\sqrt 2 }\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = 5 + 6\sqrt 3 {\rm{ \;}} - 6\sqrt 3 }\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = 5}\end{array}\)

Vậy A = 5.

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

1. Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.

2. Bước 1: Tính giá trính của \(\Delta \) với \(\Delta {\rm{ \;}} = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)

Bước 2: Xét tập nghiệm của phương trình bằng việc sánh giá \(\Delta \) với 0

\(\Delta {\rm{ \;}} < 0 \Rightarrow \) phương trình bậc 2 vô nghiệm

\(\Delta {\rm{ \;}} = 0 \Rightarrow \) phương trình bậc 2 có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\)

\(\Delta {\rm{ \;}} > 0 \Rightarrow \) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau:

Cách giải:

a) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{2x - y = 9}\end{array}} \right.\)

Cộng vế với vế ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{2x - y = 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x = 12}\\{x + y = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x + y = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y =  - 1}\end{array}} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)\).

b) \({x^2} + 5x + 4 = 0\).

Xét phương trình \({x^2} + 5x + 4 = 0\) có \(a - b + c = 1 - 5 + 4 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

\(\left[ \begin{array}{l}{x_1} =  - 1\\{x_2} =  - \frac{c}{a} =  - 4\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 4} \right\}\).

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

1. Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số.

Bước 2: Lập bảng giá trị (thường từ 5 đến 7 giá trị) tương ứng giữa \(x\) và \(y\).

Bước 3: Vẽ đồ thị và kết luận.

* Chú ý: vì đồ thị hàm số \(y = a{x^2}(a \ne 0)\) luôn đi qua gốc tọa độ 0 và nhận trục Oy làm trục đối xứng nên khi vẽ đồ thị của hàm số này , ta chỉ cần tìm một số điểm bên phải trục Oy rồi lấy các điểm đối xứng với chúng qua Oy.

2. Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - \frac{b}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\).

Cách giải:

a) Vẽ đồ thị \((P)\) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có bảng giá trị sau:

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2; - 4} \right);\,\,B\left( { - 1; - 1} \right);C\left( {1; - 1} \right);\,\,D\left( {2; - 4} \right)\)

Hệ số \(a =  - 1 < 0\)nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y =  - {x^2}\) như sau:

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng \((d)\) cắt parabol \((P)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(T = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right) - 2x_1^2x_2^2\) đạt giá trị lớn nhất.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta được:

\(\begin{array}{l} - {x^2} = x - m\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - m = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Đường thẳng \((d)\) cắt parabol \((P)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt hay \(\Delta  = 1 + 4m > 0 \Leftrightarrow 4m >  - 1 \Leftrightarrow m >  - \frac{1}{4}\).

Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 1\\{x_1}.{x_2} =  - m\end{array} \right.\)

Theo giả thiết: \(T = {x_1}\left( {1 - {x_2}} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right) - 2x_1^2x_2^2\)

 \(\begin{array}{l} = {x_1} - {x_1}{x_2} + {x_2} - {x_1}{x_2} - 2x_1^2x_2^2\\ = {x_1} + {x_2} - 2{x_1}{x_2} - 2x_1^2x_2^2\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow T =  - 1 + 2m - 2{m^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - 1 - 2\left( {{m^2} - m} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - 1 - 2\left( {{m^2} - 2.\frac{1}{2}.m + \frac{1}{4}} \right) + \frac{1}{2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - \frac{3}{2} - 2{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} \le  - \frac{3}{2}\,\,\forall m\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m - \frac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\,\,\left( {TM} \right)\).

Vậy \(m = \frac{1}{2}\) thì T đạt giá trị nhỏ nhất bằng \( - \frac{3}{2}\).

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

Cách giải:

Gọi giá tiền của chiếc điện thoại mà An được thưởng là x (đồng; x > 0).

Gọi giá tiền phụ kiện là y (đồng; y > 0).

Tổng giá tiền điện thoại và phụ kiện ban đầu là 11 500 000 đồng nên ta có phương trình:

\(x + y = 11500000\).

Nếu mua điện thoại kèm phụ kiện thì giá của phụ kiện sẽ được giảm 30% so với giá tiền niêm yết ban đầu nên giá phụ kiện sau khi được giảm là: \(y - 30\% y = 0,7y\).

Nhờ mua hai thứ nên cha mẹ An chỉ phải trả tổng số tiền là 11 050 000 đồng nên ta có phương trình:

\(x + 0,7y = 11050000\).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 11500000\\x + 0,7y = 11050000\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 11500000\,\,\\0,3y = 450000\,\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10000000\,\,(TM)\\y = 1500000\,\,(TM)\end{array} \right.\)

Vậy giá tiền của chiếc điện thoại mà An được thưởng là 10 000 000 đồng.

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp và hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

a) Chứng minh AONH là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác AONH có:

\(\begin{array}{l}\angle AHN = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AH \bot BC} \right)\\\angle AON = {90^0}\,\,\left( {do\,\,NO \bot AC} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \angle AHN + \angle AON = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).

Mà H, O là hai đỉnh kề nhau của tứ giác AONH nên AONH là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Chứng minh CO.CA = CN.CH.

Xét \(\Delta CON\) và \(\Delta CHA\) có:

$\begin{align} \angle ACH\,\,chung \\ \angle CON=\angle CHA\,\,\left( ={{90}^{0}} \right) \\ \Rightarrow \Delta CON\backsim \Delta CHA\,\,\left( g.g \right) \\ \end{align}$

\( \Rightarrow \frac{{CO}}{{CH}} = \frac{{CN}}{{CA}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Rightarrow CO.CA = CN.CH\,\,\left( {dpcm} \right)\)

c) Tính độ dài đường cao NI của tam giác NHO.

Kẻ \(NI \bot OH\) tại I.

Xét \(\Delta OIN\) và \(\Delta AHN\) có:

\(\angle NOI = \angle NAH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HN của tứ giác nội tiếp AONH).

$\begin{align}\angle OIN=\angle AHN\,\,\left( ={{90}^{0}} \right) \\ \Rightarrow \Delta OIN\backsim \Delta AHN\,\,\left( g.g \right) \\ \end{align}$

\( \Rightarrow \frac{{NI}}{{HN}} = \frac{{ON}}{{AN}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) \( \Rightarrow NI = \frac{{ON.HN}}{{AN}}\,\,\left( * \right)\).

Ta có: N là trung điểm của BC (gt)

           \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\ON \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow ON\parallel AB\) (từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow O\) là trung điểm của AC (định lí đường trung bình của tam giác).

=> ON là đường trung bình của tam giác ABC.

\( \Rightarrow ON = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}.6 = 3\,\,\left( {cm} \right)\).

Xét tam giác vuông ABC, đường cao AH:

+) Áp dụng định lí Pytago: \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {6^2} + {8^2} = 100\) \( \Rightarrow BC = 10\,\,\left( {cm} \right)\).

\( \Rightarrow BN = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}.10 = 5\,\,\left( {cm} \right)\)

+) AN là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC \( \Rightarrow AN = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}.10 = 5\,\,\left( {cm} \right)\)

+) Áp dụng hệ thức lượng: \(A{B^2} = BH.BC \Rightarrow BH = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3,6\,\,\left( {cm} \right)\).

\( \Rightarrow HN = BN - BH = 5 - 3,6 = 1,4\,\,\left( {cm} \right)\).

Thay độ dài ON, HN, AN vào (*) ta có: \(NI = \frac{{ON.HN}}{{AN}} = \frac{{3.1,4}}{5} = 0,84\,\,\left( {cm} \right)\).

Vậy độ dài đường cao NI của tam giác NHO là NI = 0,84 (cm).

Câu 6 (VD):

Phương pháp:

Thể tích hình cầu bán kính R: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).

Cách giải:

Thể tích bể cá cảnh là: \(\frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}.3,{14.9^3} = 3052,08\,(c{m^3})\)

Thể tích lượng nước cần đổ là:  \(\frac{2}{3}.3052,08 = 2034,72\,(c{m^3})\)

Đổi 2034,72 cm³ = 2,03472 lít

Vậy người ta cần đổ 2,03472 lít nước vào bể.

Đề bài

Phương pháp giải:

Bài 1. Rút gọn biểu thức: \(A = 3\sqrt {48}  + \sqrt {75}  - 2\sqrt {108} \).           

Bài 2. Giải hệ phương trình và phương trình:

a) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 8\\ - x + y = 1\end{array} \right.\)                          

b) \({x^4} + 7{x^2} - 18 = 0\).

Bài 3. Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\).

a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).

b) Tìm giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - 3m\) (với \(m\) là tham số) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}x_2^2 - {x_2}\left( {3m + 2{x_1}} \right) = 12\).

Bài 4. Trong giai đoạn phòng chống đại dịch Covid-19, Bộ Y tế khuyến cáo người dân thực hiện nghiêm túc thông điệp 5K, trong đó có yêu cầu giữ vệ sinh và “Khử khuẩn”.

Theo kế hoạch một công ty phải sản xuất \(4000\) chai dung dịch khử khuẩn trong một thời gian quy định (số chai dung dịch khử khuẩn sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để tăng cường phòng chống dịch, mỗi ngày công ty đã sản xuất nhiều hơn dự định \(100\) chai dung dịch khử khuẩn. Do đó, công ty đã hoàn thành công việc trước thời hạn \(2\) ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày công ty sản xuất bao nhiêu chai dung dịch khử khuẩn?

Bài 5. Từ điểm \(S\) nằm ngoài đường tròn tâm \(O\), vẽ hai tiếp tuyến \(SA,SB\) với đường tròn (\(A,B\) là các tiếp điểm) và cát tuyến \(SCD\) không đi qua \(O(C\) nằm giữa \(S\) và \(D)\). Gọi \(K\) là giao điểm của \(SO\) với cung nhỏ \(AB\) và \(H\) là giao điểm của \(SO\) với đoạn thẳng \(AB\). Chứng minh:

a) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp;

b) \(S{A^2} = SC.SD\);

c) \(\angle SCK = \angle HCK\).

Bài 6. Công trình vòng xoay đường Trần Hưng Đạo và đường Lê Hồng Phong ở Thành phố Sóc Trăng có mô hình của một quả địa cầu với đường kính bằng \(5\) mét, bề mặt được làm từ tấm hợp kim. Tính diện tích mặt cầu ứng với mô hình đó.

Lời giải

Bài 1

Phương pháp:

Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)

Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.

Cách giải:

 \(\begin{array}{l}A = 3\sqrt {48}  + \sqrt {75}  - 2\sqrt {108} \\\,\,\,\,\, = 3\sqrt {16.3}  + \sqrt {25.3}  - 2\sqrt {36.3} \\\,\,\,\,\, = 12\sqrt 3  + 5\sqrt 3  - 12\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = \left( {12 + 5 - 12} \right)\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = 5\sqrt 3 \end{array}\)

Vậy \(A = 5\sqrt 3 \).

Bài 2

Phương pháp:

a) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(y\)

Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(x\)

Kết luận nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình.

b) Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)

Phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai một ẩn: \(a{t^2} + bt + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\)

Tính \(\Delta \), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn, tìm được \(t\), lấy \(t\) thỏa mãn điều kiện

Với \(t\) tìm được, ta tìm được \(x\) tương ứng.

Cách giải:

a) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 8\\ - x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 8\\ - 2x + 2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 10\\ - x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).

b) \({x^4} + 7{x^2} - 18 = 0\)

Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình ban đầu trở thành: \({t^2} + 7t - 18 = 0\)

Ta có: \(\Delta  = {7^2} - 4.1.\left( { - 18} \right) = 121 = {11^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

\(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = \dfrac{{ - 7 + 11}}{2} = 2\left( {tm} \right)\\{t_2} = \dfrac{{ - 7 - 11}}{2} =  - 9\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Với \(t = 2\) ta có: \({x^2} = 2 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2 \).

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \sqrt 2 } \right\}\).

Bài 3

Phương pháp:

a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)

+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số

+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)

+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.

b) + Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) (Phương trình \(\left( * \right)\))

+ \(\left( d \right)\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là \({x_1},{x_2}\) \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)

+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1}{x_2};{x_1} + {x_2}\), thay vào phương trình của đề bài và giải.

Cách giải:

a) Vì \(a > 1\) nên parabol (P): \(y = {x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.

Hàm số đồng biến khi \(x > 0\) và nghịch biến khi \(x < 0\).

Ta có bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\):

Suy ra parabol  \(\left( P \right):y = {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\).

Ta có đồ thị parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\):

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2x - 3m\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3m = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Để đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - 3m\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thì phương trình (*) phải có hai nghiệm \({x_1};{x_2}.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\\ \Leftrightarrow 1 - 3m > 0\\ \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Theo định lí Viet, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = 3m\end{array} \right.\)

Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (*) nên \(x_2^2 - 2{x_2} + 3m = 0 \Leftrightarrow 3m = 2{x_2} - x_2^2\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x_1}x_2^2 - {x_2}\left( {2{x_2} - x_2^2 + 2{x_1}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + x_2^3 - 2{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow x_2^2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_2^2 - 2{x_2}} \right) = 12\\ \Leftrightarrow 2x_2^2 - 4{x_2} = 12\\ \Leftrightarrow x_2^2 - 2{x_2} = 6\\ \Rightarrow  - 3m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow m =  - 2\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy \(m =  - 2\).

Bài 4

Phương pháp:

Gọi số chai dung dịch khử khuẩn mỗi ngày công ty đó sản xuất theo kế hoạch là \(x\) (chai, \(x \in \mathbb{N}*\)).

Tính được thời gian sản xuất theo kế hoạch

Tính được số chai sản xuất trong một ngày và thời gian sản xuất theo thực tế

Từ giả thiết thời gian hoàn thành của kế hoạch và thực tế, lập được phương trình, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Gọi số chai dung dịch khử khuẩn mỗi ngày công ty đó sản xuất theo kế hoạch là \(x\) (chai, \(x \in \mathbb{N}*\)).

Thời gian để sản xuất \(4000\) chai dung dịch khử khuẩn theo kế hoạch là \(\dfrac{{4000}}{x}\) (ngày).

Thực tế mỗi ngày công ty đó sản xuất được \(x + 100\) (chai).

Thời gian thực tế để sản xuất \(4000\) chai dung dịch khử khuẩn là \(\dfrac{{4000}}{{x + 100}}\) (ngày).

Vì công ty đã hoàn thành công việc trước thời hạn \(2\) ngày nên ta có phương trình:

     \(\dfrac{{4000}}{x} - \dfrac{{4000}}{{x + 100}} = 2\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 4000\left( {x + 100} \right) - 4000x = 2x\left( {x + 100} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 200x - 400000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 100x - 200000 = 0\end{array}\)

Ta có: \(\Delta ' = {50^2} + 200000 = 202500 = {450^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

           \(\left[ \begin{array}{l}x =  - 50 + 450 = 400(tm)\\x =  - 50 - 450 =  - 500\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy số chai dung dịch khử khuẩn mỗi ngày công ty đó sản xuất theo kế hoạch là \(400\) chai.

Bài 5

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.

b) Ta sẽ chứng minh: \(\Delta SAC \sim \Delta SDA\left( {g.g} \right) \Rightarrow S{A^2} = SC.SD\)

c) Chứng minh: \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SO}}{{OA}}\); \(\dfrac{{SK}}{{KH}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\); \(\dfrac{{SO}}{{OA}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\)suy ra \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SK}}{{KH}}\)

Do đó \(CK\) là tia phân giác của góc \(\angle SCH \Rightarrow \angle SCK = \angle HCK\).

Cách giải:

a) Ta có: \(\angle SAO = \angle SBO = {90^o}\) (vì \(SA,SB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)).

Xét tứ giác \(SAOB\) ta có: \(\angle SAO + \angle SBO = {90^o} + {90^o} = {180^o}\) nên tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)

b) Xét \(\Delta SAC\) và \(\Delta SDA\) ta có:

            \(\angle ASD\) chung

            \(\angle SAC = \angle SDA\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).

\( \Rightarrow \Delta SAC \sim \Delta SDA\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SD}} = \dfrac{{SC}}{{SA}}\) (định nghĩa tam giác đồng dạng)

 \( \Rightarrow S{A^2} = SC.SD\) (đpcm).

c) Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta SAO\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\) ta có: \(SH.SO = SC.SD \Rightarrow \dfrac{{SH}}{{SD}} = \dfrac{{SC}}{{SO}}(*)\)

Xét \(\Delta SHC\) và \(\Delta SDO\) ta có:

              \(\dfrac{{SH}}{{SD}} = \dfrac{{SC}}{{SO}}\)

               \(\angle DSO\) chung

\( \Rightarrow \Delta SHC \sim \Delta SDO\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{SC}}{{HC}} = \dfrac{{SO}}{{DO}} = \dfrac{{SO}}{{OA}}\) hay \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SO}}{{OA}}\) (1) (vì \(OD = OA = R\))

Xét \(\left( O \right):SA,SB\) là tiếp tuyến của đường tròn

\( \Rightarrow SA = SB\) (tính chất hai tiếp cắt nhau)

Lại có: \(OA = OB = R\)

\( \Rightarrow OS\) là đường trung trục của đoạn \(AB\)

Mà \(K \in OS \Rightarrow AK = BK\) (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)

\( \Rightarrow cungAK = cungBK\)

\( \Rightarrow \angle SAK = \angle KAB\) (cùng chắn 2 cung bằng nhau)

\( \Rightarrow AK\) là đường phân giác của \(\angle SAH\).

Theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: \(\dfrac{{SK}}{{KH}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\) (2)

Xét \(\Delta SHA\) và \(\Delta SAO\) ta có:

\(\angle OSA\) chung

\(\angle SHA = \angle SAO = {90^o}\)

\( \Rightarrow \Delta SHA \sim \Delta SAO\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{SO}}{{OA}} = \dfrac{{SA}}{{AH}}\) (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra \(\dfrac{{SC}}{{CH}} = \dfrac{{SK}}{{KH}}\).

Do đó \(CK\) là tia phân giác của góc \(\angle SCH \Rightarrow \angle SCK = \angle HCK\).

Bài 6

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu có bán kính \(R\) được tính theo công thức \(4\pi {R^2}\)                                                      

Cách giải:

Mặt cầu ứng với mô hình đó có bán kính \(R = 2,5m\) nên diện tích mặt cầu ứng với mô hình đó là:

\(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .2,{5^2} = 25\pi \,\left( {{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích mặt cầu ứng với mô hình đó là \(25\pi \,\left( {{m^2}} \right)\).

Đề bài

Bài 1:

a) Cho và . Rút gọn biểu thức .

b) Thực hiện phép tính: .

Bài 2:  Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) .                                                        b) .

Bài 3: Cho hàm số có đồ thị và đường thẳng .

a) Vẽ đồ thị trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\(.

b) Tìm tọa độ các giao điểm của và bằng phương pháp đại số.

Bài 4:  Trong thời gian bị ảnh hưởng bởi đại dịch COVID-19, một công ty may mặc đã chuyển sang sản xuất khẩu trang với hợp đồng là 1000000 cái. Biết công ty có 2 xưởng may khác nhau là xưởng X1 và xưởng X2. Người quản lí xưởng cho biết: nếu cả 2 xưởng cùng sản xuất thì trong 3 ngày sẽ đạt được 437500 cái khẩu trang; còn nếu để mỗi xưởng tự sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thi xưởng X1 sẽ hoàn thành sớm hơn xưởng X2 là 4 ngày. Do tình hình dịch bệnh diễn biến phức tạp nên xưởng X1 buộc phải đóng cửa không sản xuất. Hỏi khi chỉ còn xưởng X2 hoạt động thì sau bao nhiêu ngày công ty sẽ sản xuất đủ số lượng khẩu trang theo hợp đồng nêu trên?

Bài 5:  Cho tam giác vuông tại . Gọi là trung điểm của và là trung điểm của . Vẽ đường tròn tâm , bán kính . Kẻ cắt tại , đường thẳng cắt tại .

a) Chứng minh là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh và tính tích theo .

c) Gọi là giao điểm của với và là giao điểm của với .  

Chứng minh .

Bài 6: Chiếc nón là (hình bên) có dạng hình nón. Biết khoảng cách từ đỉnh của nón đến một điểm trên vành nón là 30cm, đường kính của vành nón là 40cm. Tính diện tích xung quanh của chiếc nón đó.

Lời giải

Bài 1 (1,0 điểm)

Cách giải:

a) Cho và . Rút gọn biểu thức .

Với và ta có:

Vậy Với và thì .

b) Thực hiện phép tính: .

Vậy .

Bài 2 (2,0 điểm)

Cách giải:

Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) .

Ta có: .

Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

b) .

.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất .

Bài 3 (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho hàm số có đồ thị và đường thẳng .

a) Vẽ đồ thị trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\(.

Ta có bảng giá trị:

Do đó, parabol là đường cong đi qua các điểm , , , , và nhận là trục đối xứng.

Vẽ đồ thị hàm số :

b) Tìm tọa độ các giao điểm của và bằng phương pháp đại số.

Hoành độ giao điểm của và là nghiệm của phương trình:

.

Nhận xét: , do đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt và .

Với .

Với .

Vậy tọa độ các giao điểm của và là .

Bài 4 (1,5 điểm)

Cách giải:

Trong thời gian bị ảnh hưởng bởi đại dịch COVID-19, một công ty may mặc đã chuyển sang sản xuất khẩu trang với hợp đồng là 1000000 cái. Biết công ty có 2 xưởng may khác nhau là xưởng X1 và xưởng X2. Người quản lí xưởng cho biết: nếu cả 2 xưởng cùng sản xuất thì trong 3 ngày sẽ đạt được 437500 cái khẩu trang; còn nếu để mỗi xưởng tự sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thi xưởng X1 sẽ hoàn thành sớm hơn xưởng X2 là 4 ngày. Do tình hình dịch bệnh diễn biến phức tạp nên xưởng X1 buộc phải đóng cửa không sản xuất. Hỏi khi chỉ còn xưởng X2 hoạt động thì sau bao nhiêu ngày công ty sẽ sản xuất đủ số lượng khẩu trang theo hợp đồng nêu trên?

Gọi thời gian một mình xưởng X2 hoạt động để sản xuất đủ 1000000 khẩu trang theo hợp đồng là (ngày) (ĐK: ).

Mỗi ngày xưởng X2 sản xuất được số khẩu trang là: (chiếc).

Nếu để mỗi xưởng tự sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thi xưởng X1 sẽ hoàn thành sớm hơn xưởng X2 là 4 ngày, nên thời gian một mình xưởng X1 hoạt động để sản xuất được 100000 khẩu trang là (ngày)

Mỗi ngày xưởng X1 sản xuất được số khẩu trang là: (chiếc).

Mỗi ngày cả 2 xưởng cùng hoạt động thì sản xuất được số khẩu trang là: (chiếc).

Nếu cả 2 xưởng cùng sản xuất thì trong 3 ngày sẽ đạt được 437500 cái khẩu trang nên ta có phương trình:

Vậy khi chỉ còn xưởng X2 hoạt động thì sau 16 ngày công ty sẽ sản xuất đủ số lượng khẩu trang theo hợp đồng nêu trên.

Bài 5 (3,0 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác vuông tại . Gọi là trung điểm của và là trung điểm của . Vẽ đường tròn tâm , bán kính . Kẻ cắt tại , đường thẳng cắt tại .

a) Chứng minh là tứ giác nội tiếp.

Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ).

.

là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).

b) Chứng minh và tính tích theo .

Xét và có:

(đối đỉnh); .

.

(hai cạnh tương ứng) .

Mà là trung điểm của nên .

Vậy .

c) Gọi là giao điểm của với và là giao điểm của với .

Chứng minh .

Kẻ ta có:

và (định lí Ta-lét).

 Nhân vế theo vế của (1) và (2) ta được

\(\begin{array}{l}\dfrac{{NB}}{{NE}}.\dfrac{{CE}}{{CF}} = \dfrac{{MB}}{{EG}}.\dfrac{{EG}}{{MF}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{NB}}{{NE}}.\dfrac{{CE}}{{CF}} = \dfrac{{MB}}{{MF}}\\ \Leftrightarrow MB.NE.CF = MF.NB.CE\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\(

Bài 6 (0,5 điểm)

Cách giải:

Vì khoảng cách từ đỉnh nón đến một điểm trên vành nón chính là độ dài đường sinh của hình nón.

Độ dài đường sinh của hình nón là .

Bán kính vành nón là .

Vậy diện tích xung quanh của chiếc nón là .

Đề bài

Câu 1: (1 điểm) Rút gọn biểu thức .

Câu 2: (2 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình sau:

a)

b)

c)

Câu 3: (1,5 điểm) Cho hàm số có đồ thị .

a) Vẽ đồ thị trên mặt phẳng tọa độ .

b) Trên mặt phẳng tọa độ , xét điểm có hoành độ bằng 5 và nằm trên đường thẳng . Tìm tọa độ các điểm nằm trên đồ thị có cùng tung độ với điểm .

Câu 4: (2 điểm)

a) Vào lúc 6 giờ sáng, ông An đi ô tô xuất phát từ nhà tại Vị Thanh để đi đến cơ quan làm việc ở Cần Thơ cách nhà 50 km. Cùng lúc đó ông Bình đi ô tô từ nhà tại Sóc Trăng đến cùng cơ quan làm việc với ông An cách nhà 60 km. Biết rằng ông Bình đi với tốc độ lớn hơn tốc độ của ông An là 10 km/h nên đã đến cơ quan cùng lúc với ông An. Hỏi ông An và ông Bình đến cơ quan lúc mấy giờ?

b) Bạn Tiến có một ổ khóa số với ba vòng xoay. Mỗi vòng xoay có thể cài đặt một chữ số từ 0 đến 9 . Có thể cài đặt ngẫu nhiên một dãy gồm 3 chữ số bất kỳ làm mã số mở khóa. Tính xác suất của biến cố A: "Mã số mở khóa có 3 chữ số giống nhau".

Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có I là trung điểm của AC. Vẽ đường tròn tâm O đường kính IC. Gọi D là giao điểm khác I của BI với (O).

a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh .

c) Cho là giao điểm của hai đường thẳng AB và CD. Tính độ dài doạn thẳng IK.

Câu 6: (0,5 điểm) Nhân dịp sinh nhật bạn Hoa, nhóm bạn cùng nhau làm nón sinh nhật bằng giấy có dạng hình nón với bán kính đáy bằng 10 cm và đường sinh bằng 28 cm. Tính diện tích giấy để làm 4 chiếc nón như thế (bỏ qua các mép dán, lấy và làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

-------- Hết --------

Lời giải

Câu 1: (1 điểm) Rút gọn biểu thức .

Lời giải:

Câu 2: (2 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình sau:

a)

b)

c)

Lời giải:

a) Ta có nên phương trình có hai nghiệm và

Vậy phương trình có hai nghiệm và

b)

Vậy hệ phương trình có nghiệm

c)

Vậy nghiệm của bất phương trình là

Câu 3: (1,5 điểm) Cho hàm số có đồ thị .

a) Vẽ đồ thị trên mặt phẳng tọa độ .

b) Trên mặt phẳng tọa độ , xét điểm có hoành độ bằng 5 và nằm trên đường thẳng . Tìm tọa độ các điểm nằm trên đồ thị có cùng tung độ với điểm .

Lời giải:

a) Ta có bảng giá trị sau:

Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm:

Hệ số nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:

b) Gọi điểm A có toạ độ

Vì điểm A có hoành độ bằng 5 nên

Vì điểm A nằm trên đường thẳng nên ta có:

Khi đó điểm A có toạ độ là

Vì tọa độ các điểm nằm trên đồ thị có cùng tung độ với điểm nên ta thay vào :

và

Vậy tọa độ các điểm nằm trên đồ thị có cùng tung độ với điểm là và

Câu 4: (2 điểm) a) Vào lúc 6 giờ sáng, ông An đi ô tô xuất phát từ nhà tại Vị Thanh để đi đến cơ quan làm việc ở Cần Thơ cách nhà 50 km. Cùng lúc đó ông Bình đi ô tô từ nhà tại Sóc Trăng đến cùng cơ quan làm việc với ông An cách nhà 60 km. Biết rằng ông Bình đi với tốc độ lớn hơn tốc độ của ông An là 10 km/h nên đã đến cơ quan cùng lúc với ông An. Hỏi ông An và ông Bình đến cơ quan lúc mấy giờ?

b) Bạn Tiến có một ổ khóa số với ba vòng xoay. Mỗi vòng xoay có thể cài đặt một chữ số từ 0 đến 9 . Có thể cài đặt ngẫu nhiên một dãy gồm 3 chữ số bất kỳ làm mã số mở khóa. Tính xác suất của biến cố A: "Mã số mở khóa có 3 chữ số giống nhau".

Lời giải:

a) Gọi vận tốc của ông An là

Vận tốc của ông Bình là

Thời gian ông An đi từ nhà đến cơ quan là: (giờ)

Thời gian ông Bình đi từ nhà đến cơ quan là: (giờ)

Vì hai người đến cơ quan cùng lúc nên ta có phương trình:

(TMĐK)

Thời gian ông An đi từ nhà đến cơ quan là: (giờ)

Vậy ông An và ông Bình đến cơ quan lúc 7 giờ.

b) Vì mỗi vòng xoay có thể cài đặt một chữ số từ 0 đến 9 nên mỗi vòng xoay có 10 cách cài đặt

Do đó số kết quả có thể xảy ra là

Có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

Xác suất của biến cố A là:

Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có I là trung điểm của AC. Vẽ đường tròn tâm O đường kính IC. Gọi D là giao điểm khác I của BI với (O).

a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh .

c) Cho là giao điểm của hai đường thẳng AB và CD. Tính độ dài doạn thẳng IK.

Lời giải:

a)

Do D thuộc đường tròn đường kính IC nên (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Khi đó vuông tại D nên B, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

Tương tự vuông tại A nên A, B, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

Vậy A, B, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính BC hay ABCD là tứ giác nội tiếp

b) Xét và có (2 góc đối đỉnh)

Suy ra nên hay

c) I là trung điểm của AC nên (cm)

vuông tại A nên nên (cm)

Gọi E là giao điểm thứ hai của BC với đường tròn tâm O.

Xét có BD, CA là đường cao cắt nhau tại I nên I là trực tâm của

Khi đó (tính chất 3 đường cao đồng quy)

Lại có E thuộc đường tròn tâm O nên (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay

Vậy K, I, E thẳng hàng

Xét và có chung và

Nên suy ra hay (cm)

Khi đó hay (cm)

Suy ra (cm)

Ta có

mà nên (cm)

Vậy (cm)

Câu 6: (0,5 điểm) Nhân dịp sinh nhật bạn Hoa, nhóm bạn cùng nhau làm nón sinh nhật bằng giấy có dạng hình nón với bán kính đáy bằng 10 cm và đường sinh bằng 28 cm. Tính diện tích giấy để làm 4 chiếc nón như thế (bỏ qua các mép dán, lấy và làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Lời giải:

Diện tích giấy để làm một chiếc nón là: ()

Diện tích giấy để làm 4 chiếc nón là: .

Vậy diện tích giấy để làm 4 chiếc nón khoảng 3517 .